de thi hsg toan 9 hay

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính tổng: 120112011 2011 133 3 122 2 111 1 24242424 ++ ++ ++ + ++ + ++ =S . b) Cho biểu thức: yx yxy yyxx yy x x yx yx P − − + + ++         + − = 33 2 2 3 . Chứng minh giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào x, y. Câu 2. (6,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) xxx −++=+− 232264 2 b) 211 22 +=++−+−+ xxxxx c) ( )      =− =+ 6 5 22 22 yxxy yx d) ( )      =+ =++ xyx x yx 21 3 1 Câu 3 (3,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 323 y x =− . b) Tìm tất cả bộ các số nguyên tố sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của chúng. Câu 4. (6,0 điểm) 1. Từ điểm A ở ngoài đường tròn(O), vẽ cát tuyến ABC và hai tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (O), (B, C, D, E ∈ (O); B nằm giữa A và C). a) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC di chuyển trên đường nào. b) Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt AD và AE lần lượt tại M và N. Định vị trí cát tuyến ABC để diện tích tam giác AMN lớn nhất. 2. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Trên các đoạn AH, AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho EDC = FDB = 90 o (với E khác B). Chứng minh rằng EF // BC. Câu 5. (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có: ( ) ( ) ( ) abcaccbba + ≥ + + + + + 1 3 1 1 1 1 1 1 b) Hỏi có hay không 16 số tự nhiên, mỗi số có ba chữ số được tạo thành từ ba chữ số a, b, c thỏa mãn hai số bất kỳ trong chúng không có cùng số dư khi chia cho 16? HƯỚNG DẪN GIẢI Bai1 a) Ta có: ( ) ( )( ) 1111 222 2 224 +−++=−+=++ nnnnnnnn Do đó: ( ) ( ) ( )( )       ++ − +− = +−++ +−−++ = ++ 1 1 1 1 . 2 1 11 11 . 2 1 1 2222 22 24 nnnnnnnn nnnn nn n (*) Áp dụng (*) với n = 1; 2; 3; … ; 2011 ta có : 4046133 2023066 4046133 1 1. 2 1 4046133 1 4042111 1 13 1 7 1 7 1 3 1 3 1 1. 2 1 =       −=       −++−+−+−=S b) Với 0, >yx và yx ≠ ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 3 3 3 333333 3233 33 2 3 33 3333 2 3 = + + + = + + +−+ +− = + + +−+ +− = −+ − + + ++−+− = − − + + ++− = yx y yx x yx y yxyxyx xyyxx yx y yxyxyx yxyxx yxyx yxy yx yxyyxyxx yx yxy yyxx yy x x yx P Vậy giá trị của biểu thức P không phụ thuộc vào x, y. Bài 2 (6 điểm): a) ĐK: 2 2 − ≤ ≤ x . Pt ( ) (2 )(2 ) 3 2 2 3 2 0 ⇔ − + − − + − + = x x x x ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 0 ⇔ − + − − + − = x x x ( ) ( ) 2 3 0 2 3 2 2 0 2 2 0  + − = ⇔ + − − − = ⇔  − − =   x x x x Giải pt 2 3 0 7 + − = ⇔ = x x (Loại) Giải pt 2 2 0 2 − − = ⇔ = − x x (TM). Vậy tập nghiệm của phương trình là: { } 2−=S b)ĐK: 2 15 2 15 + ≤≤ − x . Pt 421212 22 +=++−+−+⇔ xxxxx Đặt bxxaxx =++−=−+ 1,1 22 xba 2 22 =+⇒ Thay vào Pt đã cho ta có: ( ) ( ) 0211422 22 22 =+−+−⇔++=+ bababa (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. c) Hệ 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 5 5 ( )( ) 6 ( )( ) 6  − + + =  + =  ⇔ ⇔   − + = − + =    x xy y xy x y xy x y x y x xy y xy Đặt 2 2 ,= − = +a x xy b y xy ta được hệ 5 6 + =   =  a b ab Giải hệ pt này ta được 2 2 2 2 2, 3 2, 3 3, 2 3, 2  = = − = + =  ⇒   = = − = + =   a b x xy y xy a b x xy y xy TH 1. 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 5 2 0 3  − =  ⇒ − = + ⇔ − − =  + =   x xy x xy y xy x xy y y xy 2 2 2 1 1, 2 1 1 3 3 , 2 2 2  = ⇒ = ⇒ = ± = ±   = − ⇒ = ⇒ = ± =   m x y y y x y x x x y TH 2. 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 2 5 3 0 2  − =  ⇒ − = + ⇔ − − =  + =   x xy x xy y xy x xy y y xy 2 2 1 1 3 3 , 2 2 2 2 1 1, 2  = ⇒ = ⇒ = ± = ±   = − ⇒ = ⇒ = ± =   m x y y y x y x x x y Vậy hệ pt có 8 nghiệm là 1 3 1 3 3 1 3 1 (2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1;2), ; , ; 2 2 2 2 2 2 2 2 − − − −         − − − −  ÷  ÷  ÷  ÷         d) ĐK: 0;0 ≥> yx Hệ        =       +       +−= ⇔ )2(2. 1 )1( 1 3 y x x x xy Thay (1) vào (2) của hệ ta có: 2 1 3. 1 =               +−         + x x x x (*) Đặt a x x =+ 1 thay vào (*) ta có: ( )    = = ⇔=+−⇔=− 2 1 02323 2 a a aaaa TH1:      = =+− ⇔      = =+ ⇒= 2 )(01 2 1 1 1 y nghiêmvôxx y x x a TH2:    = = ⇔    = =+− ⇔      = =+ ⇒= 1 1 1 012 1 2 1 2 y x y xx y x x a Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất ( ) 1;1 . Bài 3 (3 điểm): a) • Nếu x lẻ, đặt )(12 Nkkx ∈+= . Thay vào pt ta có: 2212 329.3323 yy kk =−⇔=− + Ta có: )8(mod3329.3)8(mod39.3)8(mod19)8(mod19 ≡−⇒≡⇒≡⇒≡ kkk Do đó : )8(mod3 2 ≡y (vô lí vì số chính phương chia cho 8 dư 0 hoặc 1) • Nếu x chẵn, đặt )(2 * Nkkx ∈= . Thay vào pt ta có: ( )( ) 3233323 22 =+−⇔=− yyy kkk (*) Do 033 >−>+ yy kk và yy kk −+ 3,3 là các số chẵn nên từ (*) xảy ra các TH:    = = ⇔    = = ⇔           = =    = = ⇔             =+ =−      =+ =− 7 4 7 2 2 )(63 7 93 83 43 163 23 y x y k y L y y y y y k k k k k k Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất )7;4( . b) Nhận thấy bộ số nguyên tố đó phải chứa số 2 và 5. Giả sử n ppp ≤≤≤ 21 là các số còn lại trong bộ. Theo bài ra ta có: ( ) nnnn pppppppppppp ++++=⇔+++++= 7 5210 5.2 21212121 (1) Ta có với 2,2 ≥≥ yx thì yxxy +≥ . Áp dụng với 2, ,, 121 ≥ −n ppp ta có: 1211213213212121 −− +++≥⇒⇒++≥⇒+≥ nn pppppppppppppppp Từ (1) ta có: ( ) nnnn pppppppppp 7 1212121 − +++≥=++++ Đặt ( )( ) 8117 121 ≤−−⇔≥++⇒+++= − apappapppa nnnn (2) Do a ≥ 2 nên từ (2) suy ra 81 ≤− n p nên { } 7;5;3;2∈ n p • Nếu 2 2 121 ====⇒= −nn pppp (do n ppp ≤≤≤ 21 ). Khi đó (1) trở thành: n n 272 += (vô lí) • Nếu { } { } 5;4;3;2 5;4;3;2413 121 ∈+++⇒∈⇒≤−⇒= −nn pppaap Do đó: { } 121 ;;; −n ppp chỉ có thể là { } { } { } { } 3;2,2;2,3,2 Thử lại vào (1) ta thấy không có bộ số nào thỏa mãn. • Nếu { } { } 3;2 3;2215 121 ∈+++⇒∈⇒≤−⇒= −nn pppaap Do đó: { } 121 ;;; −n ppp chỉ có thể là { } { } 3,2 Thử lại vào (1) ta thấy bộ { } 3 thỏa mãn • Nếu 2 2 3 4 17 121 =+++⇒=⇒≤−⇒= −nn pppaap Do đó: { } 121 ;;; −n ppp chỉ có thể là { } 2 Thử lại vào (1) ta thấy không thỏa mãn. Vậy bộ các số nguyên tố thỏa mãn đề bài là { } 5;5;3;2 . Bài 4 (6 điểm): 1. a) AO cắt đường tròn (O) tại F, L cắt đường tròn (OBC) tại K, O (A, F, K, O, L theo thứ tự đó) Xét Δ ABK và Δ AOC có: · BAK : chung; · · AKB ACO= Do đó: Δ ABK ~ Δ AOC . . AB AK AK AO AB AC AO AC ⇒ = ⇒ = Tương tự, ta có: AF.AL = AB.AC Do đó: AK.AO = AF.AL ⇒ AK.AO = (AO – OF)(AO + OL) 2 2 AO R AK AO − ⇒ = : Không đổi ⇒ K là điểm cố định. Ta có: JK = JO (J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC). KO cố định Do đó J chuyển động trên đường thẳng cố định là đường trung trực của đoạn thẳng KO. b) Gọi (I; r) là đường tròn nội tiếp tam giác AMN. Đoạn thẳng IO cắt (I) tại S. Theo tính chất tiếp tuyến có: MD = MB; NE = NB Do đó: AM + MN + AN = AM + MB + NB + AN = AM + MD + NE + AN = AD + AE = 2AD: Không đổi ( ) . 2 AMN IAM IAN IMN r S S S S AM MN AN r AD= + + = + + = IT ⊥ AE; OE ⊥ AE ⇒ IT//OE (T là điểm chung của (I) và AE) Δ AOE có IT//OE nên: IS ASIT AI IT AI IT AI OE AO OE AO OE AO OE AO OE + + = ⇒ = = = + + + Vậy: ASr R AO R = + . Nên AMN S lớn nhất ⇔ r lớn nhất ⇔ AS lớn nhất ⇔ S ≡ F ⇔ Cát tuyến ABC qua O Vậy: Khi cát tuyến ABC đi qua O thì diện tích tam giác AMN lớn nhất. 2. Kéo dài DE và DF cắt đường thẳng BC lần lượt tại M và N. Tam giác MDC vuông tại D, đường cao DH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD 2 = HM. HC (1) Tam giác BDN vuông tại D, đường cao DH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HD 2 = HB. HN (2) Q P M N F E H B C A D Từ (1) và (2) ⇒ HM.HC = HB.HN HB HC HB HC HM HN BM CN ⇒ = ⇒ = (3) Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại P và Q. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: Vì PD // BM PD ED BM EM ⇒ = ; PD // BH PD AD BH AH ⇒ = . Do đó : : . PD PD ED AD BH ED AH BM BH EM AH BM EM AD ⇒ = ⇒ = (4). Tương tự ta cũng có . CH FD AH CN FN AD = (5) Từ (3) (4) và (5) ED FD EM FN ⇒ = . Theo định lí Ta-lét đảo, suy ra EF // BC. Bài 5 (3 điểm): a) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 ≥ + + + + + + + + ⇔ + ≥ + + + + + ac abc cb abc ba abc abcaccbba (do 01 >+ abc ) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 11 1 1 − + + + + + =− + +++ =− + +++ = + + b cb ba a ba caba ba baabc ba abc Tương tự với 2 số hạng còn lại, suy ra BĐT đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ≥       + + + + + +       + + + + + +       + + + + + ⇔ ≥       − + + + + + +       − + + + + + +       − + + + + + c ac ac c b cb cb b a ba ba a a ba ac c c ac cb b b cb ba a Hoàn toàn chứng minh được BĐT cuối luôn đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1=== cba . b) Trả lời: Không tồn tại 16 số như vậy. Thật vậy, giả sử trái lại, tìm được 16 số thỏa mãn. Khi đó, ta có 16 số dư phân biệt khi chia cho 16: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15; trong đó có 8 số chẵn, 8 số lẻ. Do đó, ba chữ số a, b, c khác tính chẵn lẻ, giả sử hai chữ số chẵn là a, b và chữ số lẻ là c. Có 9 số lẻ được tạo thành từ những chữ số này: , , , , , , , , .aac abc acc bac bbc bcc cac cbc ccc Gọi 1 2 9 , , ,x x x… là các số có hai chữ số thu được từ các số ở trên bằng cách bỏ đi chữ số c (ở hàng đơn vị). Khi đó ( ) mod16 16 i j x c x c≡ ⇔ / không là ước của i j x c x c− tức là i j x x− không chia hết cho 8 Nhưng trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… chỉ có ba số lẻ , ,ac bc cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… luôn có hai số có cùng số dư khi chia cho 8, mâu thuẫn. Tương tự, trường hợp trong ba số a, b, c có hai số lẻ, một số chẵn cũng không xảy ra . 3 (3 điểm): a) • Nếu x lẻ, đặt )(12 Nkkx ∈+= . Thay vào pt ta có: 2212 3 29. 3323 yy kk =−⇔=− + Ta có: )8(mod33 29. 3)8(mod 39. 3)8(mod 19) 8(mod 19 ≡−⇒≡⇒≡⇒≡ kkk Do đó : )8(mod3 2 ≡y (vô lí vì. c− tức là i j x x− không chia hết cho 8 Nhưng trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… chỉ có ba số lẻ , ,ac bc cc nên 8 số bất kỳ trong 9 số 1 2 9 , , ,x x x… luôn có hai số có cùng số dư khi chia. FDB = 90 o (với E khác B). Chứng minh rằng EF // BC. Câu 5. (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có: ( ) ( ) ( ) abcaccbba + ≥ + + + + + 1 3 1 1 1 1 1 1 b) Hỏi có hay không